ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
59
∑
= 0
b
M , lllll
eaaee
qRRqq
6
5
03
2
3
2
=→=−+ .
Проверка:
∑
= 0
y
F ,
0
6
1
6
5
=+− lll
eee
qqq
.
На основании (3.5) составляем уравнение изогнутой оси балки на последнем участке:
2
)2(
24
)2(
24
)(
66
5
2
2
44
3
00
l
l
ll
l
−
−
−
+
−
−++=
z
q
zqzq
z
qzEIVEIVEI
e
ee
exxx
ϑ
.
Граничные условия:
при
0=z 0
0
=
=
VV ,
l3
=
z 0
=
V .
Используя второе условие, получаем
22424
16
6
27
6
5
30
44
44
0
ll
lll
ee
eex
qq
qqEI −+−+=
ϑ
,
откуда
3
0
72
63
l
ex
qEI −=
ϑ
. Начальные параметры
0
0
=
V ,
x
e
EI
q
2
3
7
6
3
0
l
−=
ϑ
.
После подстановки начальных параметров уравнения, определяющие
V и
ϑ
в любом
сечении балки, приобретают вид
III
ee
II
e
I
e
ex
zqzqzqzq
zqVEI |
2
)2(
24
)2(
|
24
)(
|
36
5
72
63
22443
3
lllll
l
−
−
−
+
−
−+−=
IIIe
e
II
e
I
e
ex
zq
zqzqzq
qEI |)2(
6
)2(
|
6
)(
|
12
5
72
63
2
332
3
ll
lll
l −−
−
+
−
−+−=
ϑ
.
Римские цифры показывают, какие части общих уравнений для
V
и
ϑ
справедливы
при вычислении перемещений и углов поворота на I, II, и III участках.
Осевой момент инерции сечения
10
4343
1037
64
)1010(
12
)1015(
−
−−
⋅=
⋅
−
⋅
=
π
x
I м4.
Определяем прогиб балки в сечении
c при lz
=
x
e
ee
x
c
EI
q
qq
EI
V
4
44
72
53
36
5
72
631
l
ll
−=
+−= ,
8108
103710272
2,010553
3
1011
43
−=⋅−=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
−=
−
−
мV
c
мм.
Сечение
c переместилось вниз. Угол поворота сечения e при
l
z 2= :
x
ee
ee
x
e
EI
qq
qq
EI 8
5
6
)2(
12
5
72
631
33
23
ll
lll
=
−+−=
ϑ
,
007,0
10371028
2,01055
1011
33
=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
=
−
e
ϑ
рад.
Сечение
e повернулось против хода часовой стрелки.
Пример 3.8. Для заданной на рис.3.11,а балки определить перемещение
c
V сечения c
и угол поворота
b
ϑ
сечения b . Задачу решать методом Мора – Верещагина. Дано: 10
=
e
q
кН/м;
5
102 ⋅=E МПа; 20=b мм; 2,0
=
l м.
3 5
∑M b = 0, qe l 2 + qe l l − Ra 3l = 0 → Ra = qe l .
2 6
Проверка:
5 1
∑F y = 0,
6
qe l − qe l + qe l = 0 .
6
На основании (3.5) составляем уравнение изогнутой оси балки на последнем участке:
5 z 3 q ( z − l) 4 qe ( z − 2l) 4 ( z − 2l) 2
EI xV = EI xV0 + EI xϑ0 z + qe l − e + − qe l 2 .
6 6 24 24 2
Граничные условия:
при z = 0 V = V0 = 0 ,
z = 3l V = 0 .
Используя второе условие, получаем
5 4 27 16 q e l 4 qe l 4
0 = EI xϑ0 3l + qe l − qe l +
4
− ,
6 6 24 24 2
63
откуда EI xϑ0 = − qe l 3 . Начальные параметры
72
V0 = 0 ,
6 3qe l 3
ϑ0 = − .
7 2 EI x
После подстановки начальных параметров уравнения, определяющие V и ϑ в любом
сечении балки, приобретают вид
63 5q lz 3 q ( z − l) 4 q ( z − 2l) 4 qe l 2 ( z − 2l) 2
EI xV = − qe l 3 z + e |I − e | II + e − | III
72 36 24 24 2
63 5q lz 2 q ( z − l) 3 q ( z − 2l) 3
EI xϑ = − qe l 3 + e |I − e | II + e − qe l 2 ( z − 2l) | III .
72 12 6 6
Римские цифры показывают, какие части общих уравнений для V и ϑ справедливы
при вычислении перемещений и углов поворота на I, II, и III участках.
Осевой момент инерции сечения
(15 ⋅ 10 −3 ) 4 (10 ⋅ 10 −3 ) 4
Ix = −π = 37 ⋅ 10 −10 м4.
12 64
Определяем прогиб балки в сечении c при z = l
1 63 5 4 53 qe l 4
Vc = − q e l + qe l = −
4
,
EI x 72 36 72 EI x
53 ⋅ 5 ⋅ 10 3 ⋅ 0,2 4
Vc = − = −8 ⋅ 10 −3 м = −8 мм.
72 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 37 ⋅ 10 −10
Сечение c переместилось вниз. Угол поворота сечения e при z = 2l :
1 63 5 q l 3 5q l 3
ϑe = − qe l 3 + qe l(2l) 2 − e = e ,
EI x 72 12 6 8 EI x
5 ⋅ 5 ⋅ 103 ⋅ 0,23
ϑe = = 0,007 рад.
8 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 37 ⋅ 10 −10
Сечение e повернулось против хода часовой стрелки.
Пример 3.8. Для заданной на рис.3.11,а балки определить перемещение Vc сечения c
и угол поворота ϑb сечения b . Задачу решать методом Мора – Верещагина. Дано: qe = 10
кН/м; E = 2 ⋅10 МПа; b = 20 мм; l = 0,2 м.
5
59
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 57
- 58
- 59
- 60
- 61
- …
- следующая ›
- последняя »
